\documentclass{ctexart}

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\usepackage{amsmath}

\setlength{\parindent}{0pt}
\title{第七周理论作业}
\author{徐晟 \\ 信計 3200104397}
\date{\today}

\begin{document}

\section{Question 1}

令$p(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$,则已知$p(0)=0,p(1)=1,p^{'}(1)=-3,p^{''}(1)=6$

$$
         \begin{cases}
         a_{0}=0 & \\
         a_{1}+2a_{2}+3a_{3}=-3 & \\
         2a_{2}+6a_{3}=6 & \\
         a_{1}+a_{2}+a_{3}=1 &
         \end{cases}
.
$$

则有$p(x)=12x-18x^{2}+7x^{3}$,再结合$(2-x)^{3}$在区间上三次且二阶可导，$s(2)=0$,所以$s(x)$是natural cubic spline。

\section{Question 2}

(a)因为共有$n-1$个区间即$n-1$个函数，每个函数为二阶函数因而有三个系数变量，但已知条件仅有中间$n-2$个节点的连续性条件，每个连续性条件包括函数值连续和一阶导连续即两个条件，因此仍需要$3(n-1)-2(n-2)=n+1$个额外条件方能唯一确定$s$。

\\
(b)取$s(x_{i})=f_{i},s^{'}(x_{i})=m_{i},s(x_{i+1})=f_{i+1}$做差商，得：

$$ p_{i}(x)=\frac{f_{i+1}-f_{i}-m_{i}(x_{i+1}-x_{i})}{(x_{i+1}-x_{i})^{2}}(x-x_{i})^{2}+m_{i}(x-x_{i})+f_{i} $$

\\
(c)再取$s(x_{i})=f_{i},s^{'}(x_{i+1})=m_{i+1},s(x_{i+1})=f_{i+1}$做差商，得：

$$ p_{i'}(x)=\frac{-f_{i+1}+f_{i}+m_{i+1}(x_{i+1}-x_{i})}{(x_{i+1}-x_{i})^{2}}x^2+ax+b $$

由于$p_{i}(x)$唯一，对比二次项系数则有：

$$ m_{i+1}=\frac{2(f_{i+1}-f_{i})}{x_{i+1}-x_{i}}-m_{i} $$

因此已知$m_{1}$,则$m_{2}$,$m_{3}$...$m_{n}$均可求。

\section{Question 3}

令$s_{2}(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$,再由$x=0$处的连续性条件得：

$$
         \begin{cases}
         a_{0}=c+1 & \\
         a_{1}=3c & \\
         2a_{2}=6c &
         \end{cases}
.
$$

再由于$s_{2}(1)=-1,s_{2}^{''}(1)=0$,得到$c=-\frac{1}{3}$。

\section{Question 4}

(a)先运用Lemma 3.4,有$\frac{1}{2}M_{0}+2M_{1}+\frac{1}{2}M_{2}=-6$,得$M_{1}=-3$

\\
再令$p_{1}(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}$,得到:

$$ f_{1}(x)=1-\frac{3}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x^{3} $$

同理，令$p_{2}(x)=b_{0}+b_{1}x+b_{2}x^{2}+b_{3}x^{3}$,得到:

$$ f_{2}(x)=1-\frac{3}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{3} $$

因此我们有：

$$
p(x)=\left\{
         \begin{array}{rcl}
         1-\frac{3}{2}x^{2}-\frac{1}{2}x^{3},&x\in[-1,0] & \\
         1-\frac{3}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x^{3},&x\in[0,1] &
         \end{array}
\right.
$$

(b)经过类似计算得the quadratic polynimial $s(x)=1-x^{2}$,所以有:

$$
         \begin{cases}
         s^{''}(x)=4 & \\
         f^{''}(x)=-\frac{\pi^{x}}{4}cos(\frac{\pi}{2}x) & \\
         p^{''}(x)=-3+3|x| &
         \end{cases}
.
$$

$$
         \begin{cases}
         \int_{-1}^{1} s^{''}(x) dx =8 & \\
         \int_{-1}^{1} f^{''}(x) dx =\frac{\pi^{4}}{16} & \\
         \int_{-1}^{1} p^{''}(x) dx =6 &
         \end{cases}
.
$$

比较积分值大小即可验证命题结论。

\section{Question 5}

(a)由递推式:

$$ B_{i}^{2}(x)=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}B_{i}^{1}(x)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_{i}}B_{i+1}^{1}(x) $$

和已知B-splines $ B_{i}^{1}(x) $得：

$$
B_{i}^{2}(x)=
         \begin{cases}
         \frac{(x-t_{i-1})^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i}-t_{i-1})},&x\in(t_{i-1},t_{i}] & \\
         \frac{(x-t_{i-1})(t_{i+1}-x)}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_{i})}+\frac{(t_{i+2}-x)(x-t_{i})}{(t_{i+2}-t_{i})(t_{i+1}-t_{i})},&x\in(t_{i},t_{i+1}] & \\
         \frac{(t_{i+2}-x)^2}{(t_{i+2}-t_{i})(t_{i+2}-t_{i+1})},&x\in(t_{i+1},t_{i+2}] &
         \end{cases}
.
$$

(b)关于B-splines的導数有:

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}B_{i}^{2}(x)=\frac{2B_{i}^{1}(x)}{t_{i+1}-t_{i-1}}-\frac{2B_{i+1}^{1}(x)}{t_{i+2}-t_{i}} $$

再由B-splines的定义知:$B_{i}^{1}(x)$和$B_{i+1}^{1}(x)$在$t_{i}$和$t_{i+1}$连续
\\
由此可知命题(b)成立

(c)令$B_{i}^{2}(x)=0$，则有定义$g(x)$使得该条件等价于:

$$ g(x)=\frac{B_{i}^{1}(x)}{B_{i+1}^{1}(x)}=\frac{t_{i+1}-t_{i-1}}{t_{i+2}-t_{i}} $$

易得$g(x)$在区间上单调递减且在端点处分别趋于正无穷和0,因此必存在唯一解:

$$ x_{0}=\frac{t_{i+2}t_{i+1}-t_{i}t_{i-1}}{t_{i+1}+t_{i+2}-t_{i}-t_{i-1}} $$

(d)由$B_{i}^{2}(x)$的表达式显然易知$B_{i}^{2}(x)\in[0,1)$

(e)plot点图已提交到仓库中(因为图像是用matlab在虚拟机外部绘制，因此没有选择导入报告中)

\section{Question 6}

不如先取$x\in(t_{i-1},t_{i}]$,则:

$$ [t_{i-1}](t-x)_{+}^{2}=0 $$
$$ [t_{i}](t-x)_{+}^{2}=(t_{i}-x)^{2} $$

进而求得:

$$ [t_{i-1},t_{i}](t-x)_{+}^{2}=\frac{(t_{i}-x)^2}{t_{i}-t_{i-1}} $$
$$ [t_{i},t_{i+1}](t-x)_{+}^{2}=t_{i}+t_{i+1}-2x $$

以此反复做差商最后可得:

$$ [t_{i-1},t_{i},t_{i+1},t_{t+2}](t-x)_{+}^{2}=\frac{(x-t_{i-1})^2}{(t_{i}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_{i-1})} $$

最后带回原命题并结合(a)表达式即可证明该区间上命题成立，同理可证其他区间情况，因此命题得证。

\section{Question 7}

对$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}B_{i}^{n}(x)=\frac{2B_{i}^{n-1}(x)}{t_{i+n+1}-t_{i-1}}-\frac{2B_{i+1}^{n-1}(x)}{t_{i+n}-t_{i}} $在$(t_{i-1},t_{i+n})$上积分，可以得到:

$$ 0=\frac{2}{t_{i+n-1}-t_{i-1}}\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n-1}} B_{i}^{n-1}(x) dx-\frac{2}{t_{i+n}-t_{i}}\int_{t_{i}}^{t_{i+n}} B_{i+1}^{n-1}(x) dx $$

因为积分和$B_{i}^{n}(x)$在$t_{i-1}$和$t_{i+n})$上值均为0所以两项相等，即原题中的积分和不随下标i和具体点集排列的影响，因此该命题得证

\section{Question 8}

(a)令$m=4,n=2$,作差商表得:

$$ [x_{i}]x^{4}=x_{i}^{4} $$
$$ [x_{i},x_{i+1}]x^{4}=(x_{i+1}+x_{i})(x_{i}^{2}+x_{i+1}^{2}) $$
$$ [x_{i},x_{i+1},x_{i+2}]x^4=x_{i}^{2}+x_{i+1}^{2}+x_{i+2}^{2}+x_{i}x_{i+1}+x_{i+1}x_{i+2}+x_{i}x_{i+2} $$

结合定义有:

$$ (\tau)_{2}(x_{i},x_{i+1},x_{i+2})=x_{i}^{2}+x_{i+1}^{2}+x_{i+2}^{2}+x_{i}x_{i+1}+x_{i+1}x_{i+2}+x_{i}x_{i+2} $$

所以有$(\tau)_{2}(x_{i},x_{i+1},x_{i+2})=[x_{i},x_{i+1},x_{i+2}]x^{4}$成立

(b)当$n=0$时，显然有:

$$ (\tau)_{m}(x_{i})=x_{i}^{m}=[x_{i}]x^{m} $$

而假设$n=t$时成立，则当$n=t+1$时，令$k=m-n=m-t-1$，则已有条件:

$$ (\tau)_{k+1}(x_{i}...x_{i+t})=[x_{i}...x_{i+t}]x^{m} $$

那么有:

$$ x_{t+i}(\tau)_{k}(x_{i}...x_{i+t})=(\tau)_{k+1}(x_{i}...x_{i+t})-(\tau)_{k+1}(x_{i}...x_{i+t-1}) $$

和

$$ (\tau)_{k+1}(x_{i}...x_{i+t})=(\tau)_{k+1}(x_{i+1}...x_{i+t})+x_{i}(\tau)_{k}(x_{i}...x_{i+t}) $$

两式左右相加移项即得:

$$ (x_{n+i}-x_{i})(\tau)_{k}(x_{i}...x_{i+t})=(\tau)_{k+1}(x_{i+1}...x_{i+t})-(\tau)_{k+1}(x_{i}...x_{i+t-1}) $$

结合已知条件和$[x_{i}...x_{i+t}]x^{m}$的递推式即证当$n=t+1$时命题同样成立

\end{document}








         
